Đề 2 khảo sát chất lượng ôn thi thpt quốc gia lần 1 năm học 2015 - 2016 môn thi: Toán thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1 
NĂM HỌC 2015-2016 
MÔN THI: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề 
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 
2 1
2
x
y
x



Câu 2 (1,0 điểm). Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số 3 23 6y x x   
Câu 3 (1,0 điểm). 
a) Giải bất phương trình 22 2log log 4
4
x
x   
b) Giải phương trình 5.9 2.6 3.4x x x  
Câu 4 (1,0 điểm). Tính nguyên hàm  2 sin 3I x xdx  
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABC có    0, 90 , , 3, 2SA ABC ABC AB a BC a SA a     . 
Chứng minh trung điểm I của cạnh SC là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .S ABC và tính diện 
tích mặt cầu đó theo a. 
Câu 6 (1,0 điểm). 
a) Giải phương trình: 22cos sin 1 0x x   . 
b) Đội văn nghệ của nhà trường gồm 4 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 2 học sinh lớp 
12C. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn trong lễ bế giảng năm học. Tính xác suất 
sao cho lớp nào cũng có học sinh được chọn và có ít nhất 2 học sinh lớp 12A. 
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, 
3
2
a
SD  . Hình chiếu vuông 
góc H của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB . Gọi K là trung điểm của đoạn 
AD . Tính theo a thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và SD . 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có 
AB AD CD  , điểm (1;2)B , đường thẳng BD có phương trình là 2 0y   . Đường thẳng qua B 
vuông góc với BC cắt cạnh AD tại M . Đường phân giác trong góc MBC cắt cạnh DC tại N . Biết 
rằng đường thẳng MN có phương trình 7 25 0x y   . Tìm tọa độ đỉnh D . 
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
    
 
 
2
2
2 1 1 
1 ,
3 8 3 4 1 1 
x
x y x y
x x y
x x x y

      
     
 
Câu 10 (1,0 điểm). Cho ,x y thỏa mãn 
2
2
2
2 3
y x
y x x
 

  
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
 
4 4
2
2
P x y
x y
  

-------------HẾT------------ 
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KSCL ÔN THI THPT QUỐC GIA LẦN 1 
NĂM HỌC 2015-2016 
MÔN THI: TOÁN 
I. LƯU Ý CHUNG: 
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm 
theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. 
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. 
- Với bài hình học không gian nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm tương 
ứng với phần đó. 
II. ĐÁP ÁN: 
Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 
1 
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
2 1
2
x
y
x



 1,0 
 2 1
2
x
y
x



1. Tập xác định: \ {2}D   
2. Sự biến thiên. 
2
3
' 0,
( 2)
y x D
x
    

Suy ra hàm số nghịch biến trong các khoảng ( ;2) và (2; ) 
Hàm số không có cực trị 
0,5 
Các giới hạn 
2 2
lim 2; lim 2; lim ; lim
x x x x
y y y y
    
      
Suy ra 2x  là tiệm cận đứng, 2y  là tiệm cận ngang của đồ thị. 
0,25 
Bảng biến thiên 
0,25 
3. Đồ thị: Giao với trục Ox tại
1
;0
2
 
 
 
, giao với trục Oy tại 
1
0;
2
 
 
 
, đồ thị có tâm đối 
xứng là điểm (2;2)I 
0,25 
2 Tìm các điểm cực trị của đồ thị hàm số 3 23 6y x x   1,0 
 * Tập xác định:  0,25 
2 0' 3 6 , ' 0
2
x
y x x y
x

     
 0,25 
Bảng xét dấu đạo hàm 
x  0 2  
y + 0 - 0 + 
0,25 
Từ bảng xét đấu đạo hàm ta có 
Hàm số đạt cực đại tại 0x  và giá trị cực đại 6y  ; đạt cực tiểu tại 2x  và giá trị 
cực tiểu 2y  . 
Vậy điểm cực đại của đồ thị hàm số là M  0;6 , điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là 
N  2;2 
0,25 
3 a 
Giải bất phương trình 22 2log log 4
4
x
x   (1) 0,5 
 +) Điều kiện của bất phương trình (1) là: 0x  (*) 
+) Với điều kiện (*), 
2 2
2 2 2 2 2(1) log log log 4 4 log log 2 0x x x x       
2 2(log 2)(log 1) 0x x    
0,25 
2
2
4
log 2
1
log 1 0
2
x
x
x x

      

+) Kết hợp với điều kiện (*), ta có tập nghiệm của bất phương trình (1) là 
 
1
0; 4;
2
S
 
    
0,25 
b Giải phương trình 5.9 2.6 3.4x x x  (1) 0,5 
 Phương trình đã cho xác định với mọi x 
Chia cả hai vế của phương trình (1) cho 4 0x  ta được : 
2
3 3
5.9 2.6 3.4 5. 2. 3
2 2
x x
x x x           
   
2
3 3
5. 2. 3 0
2 2
x x
   
      
   
3 3
1 5. 3 0
2 2
x x      
         
         
 (2) 
0,25 
Vì 
3
5. 3 0
2
x
x
 
    
 
 nên phương trình (2) tương đương với 
3
1 0
2
x
x
 
   
 
. 
Vậy nghiệm của phương trình là: 0x  
0,25 
4 Tính nguyên hàm  2 sin 3I x xdx  1,0 
Đặt 
2
sin 3
u x
dv xdx
 


 0,25 
ta được cos3
3
du dx
x
v



 
 0,25 
Do đó: 
 2 cos3 1
cos3
3 3
x x
I xdx

    0,25 
 2 cos3 1
sin 3
3 9
x x
x C

    0,25 
5 Cho hình chóp .S ABC có    0, 90 , , 3, 2SA ABC ABC AB a BC a SA a     . 
Chứng minh trung điểm I của cạnh SC là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp 
.S ABC và tính diện tích mặt cầu đó theo a. 
I
A C
B
S
1,0 
 Vì  SA ABC SA BC   
 Mặt khác theo giả thiết AB BC , nên  BC SAB và do đó BC SB 
0,25 
Ta có tam giác SBC vuông đỉnh B; tam giác SAB vuông đỉnh A nên 
2
SC
IA IB IS IC    (*) 
Vậy điểm I cách đều bốn đỉnh của hình chóp, do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp của 
hình chóp .S ABC 
0,25 
 Từ (*) ta có bán kính của mặt cầu là 
2
SC
R  
Ta có 2 2 2AC AB BC a   
2 2 2 2 2SC SA AC a R a     
0,25 
Diện tích mặt cầu là 2 24 8R a  0,25 
6 a Giải phương trình 22cos sin 1 0x x   . 0,5 
 Ta có: 2 22cos sin 1 0 2sin sin 3 0 (sin 1)(2sin +3)=0x x x x x x         0,25 
sin 1x  (do 2sin 3 0x x    ) 
 sin 1 2
2
x x k k     

 
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:  2
2
x k k  

 
0,25 
b Đội văn nghệ của nhà trường gồm 4 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 2 học 
sinh lớp 12C. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn trong lễ bế 
giảng năm học. Tính xác suất sao cho lớp nào cũng có học sinh được chọn và có ít 
nhất 2 học sinh lớp 12A. 
0,5 
 Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là  
Số phần tử của không gian mẫu là: 59 126C  
Gọi A là biến cố “Chọn 5 học sinh từ đội văn nghệ sao cho có học sinh ở cả ba lớp và 
có ít nhất 2 học sinh lớp 12A”. 
Chỉ có 3 khả năng xảy ra thuận lợi cho biến cố A là : 
+ 2 học sinh lớp 12A, 2 học sinh lớp 12B, 1 học sinh lớp 12C 
+ 2 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 2 học sinh lớp 12C 
+ 3 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 1 học sinh lớp 12C 
0,25 
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: 2 1 2 2 2 1 3 1 14 3 2 4 3 2 4 3 2. . . . . . 78C C C C C C C C C   . 0,25 
Xác suất cần tìm là 
78 13
126 21
P   . 
7 
Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, 
3
2
a
SD  . Hình chiếu vuông 
góc H của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB . Gọi K là trung 
điểm của đoạn AD . Tính theo a thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa 
hai đường thẳng HK và SD . 
1,0 
 Từ giả thiết ta có SH là đường cao của hình chóp S.ABCD và 
2 2 2 2 2 2 2 23( ) ( ) ( )
2 2
a a
SH SD HD SD AH AD a a         
0,25 
Diện tích của hình vuông ABCD là 2a , 
3
2
.
1 1
. .
3 3 3
S ABCD ABCD
a
V SH S a a   0,25 
Từ giả thiết ta có / / / /( )HK BD HK SBD 
Do vậy: ( , ) ( ,( ))d HK SD d H SBD (1) 
Gọi E là hình chiếu vuông góc của H lên BD, F là hình chiếu vuông góc của H lên SE 
Ta có , ( )BD SH BD HE BD SHE BD HF      mà HF SE nên suy ra 
( ) ( , ( ))HF SBD HF d H SBD   (2) 
0,25 
+)  0
2
.sin .sin 45
2 4
a a
HE HB HBE   
+) Xét tam giác vuông SHE có: 
2 2
2
.
. 4. .
32
( )
4
a
a
SH HE a
HF SE SH HE HF
SE a
a
    

 (3) 
 +) Từ (1), (2), (3) ta có ( , )
3
a
d HK SD  . 
0,25 
8 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có 
AB AD CD  , điểm (1;2)B , đường thẳng đường thẳng BD có phương trình là 
2 0y   .. Đường thẳng qua B vuông góc với BC cắt cạnh AD tại M . Đường 
phân giác trong góc MBC cắt cạnh DC tại N . Biết rằng đường thẳng MN có 
phương trình 7 25 0x y   . Tìm tọa độ đỉnh D . 
1,0 
 0,25 
E
O
K
H
B
A D 
C
S
F
 Tứ giác BMDC nội tiếp 
   045BMC BDC DBA    
BMC vuông cân tại B, BN là 
phân giác trong MBC 
 ,M C đối xứng qua BN 
4
( , ) ( , )
2
AD d B CN d B MN    0,25 
Do 2 4AB AD BD AD    0,25 
: 2 0 ( ;2)BD y D a   , 
 
 
5 5; 2
4
3 3; 2 ( )
a D
BD
a D loai cung phia B so voi MN
 
  
   
Vậy có một điểm thỏa mãn là: (5;2)D 
0,25 
9 
Giải hệ phương trình: 
    
 
 
2
2
2 1 1 
1 ,
3 8 3 4 1 1 
x
x y x y
x x y
x x x y

      
     
 1,0 
Điều kiện: 
1
1
x
y
 

 
      
 
 
 
33 2 1
1 2 1 1 2 1
1 1 1
x x xx x x
y x y y y
x x x
  
        
  
 
3
3
1 1
1 1
x x
y y
x x
 
      
  
. 
0,25 
Xét hàm số   3f t t t  trên  có   23 1 0f t t t      suy ra f(t) đồng biến 
trên  . Nên  1 1
1 1
x x
f f y y
x x
 
     
  
. Từ đây suy ra 0x  Thay 
vào (2) ta được 23 8 3 4 1x x x x    . 
0,25 
   
22
2 1 2 1x x x     
2
2
1
6 3 0 3 2 3
2 1 1
1 5 2 13
2 1 1 3
3 9
9 10 3 0
x
x x x
x x
xx x x
x x
 
                   
   
0,25 
Ta có 
2
1
1
x
y
x
 

Với 
4 3 3
3 2 3
2
x y

    . Với 
5 2 13
( 0)
9
x loai do x

  . 
0,25 
KL: Hệ phương trình có một nghiệm  
4 3 3
; 3 2 3; 
2
x y
 
   
 
. 
10 
Cho ,x y thỏa 
2
2
2
2 3
y x
y x x
 

  
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
 
4 4
2
2
P x y
x y
  

1,0 
Từ giả thiết ta có 0y  và 
2
2 62 3 0
2 5
x
x x x      và 
   
22 2 2 2 2 22 3 2 2 6 5x y x x x x x x        
 Xét hàm số  2 2 6( ) 2 2 6 5 ; 0;
5
f x x x x x
 
     
 ta được 
6
0;
5
Max
 
 
 
f(x) = 2 
 2 2 2x y   
0,25 
 
 
 
 
22 2
2 22 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2
2
2
x y
P x y x y x y
x yx y

       

Đặt 2 2t x y 
2 2
, 0 2
2
t
P t
t
     
0,25 
Xét hàm số: 
 
2 2
( ) , 0;2
2
t
g t t
t
  
3
3
2 2
2 2
'( ) ; '( ) 0 2
t
g t t g t t
t t

      
0,25 
Lập bảng biến thiên ta có Min
3 63 4 16
2 2
P khi x y   
0,25